高三数学第一轮复习——数列(知识点很全)
新课标2023版高考数学一轮总复习第7章数列第1节数列的概念与简单表示法课件
所以 an＝aan－n 1·aann－ －12·…·aa21·a1＝n＋n 1·n－n 1·nn－ －21·…·23＝n＋2 1．
2，n＝1， 所以 an＝2nn－1，n≥2.
已知 Sn 求 an 的步骤 (1)利用 a1＝S1 求出 a1． (2)用 n－1 替换 Sn 中的 n 得到一个新的关系，利用 an＝Sn－Sn－ 1(n≥2)求出当 n≥2 时 an 的表达式． (3)检验 n＝1 时的值是否符合 n≥2 时的表达式，再写出通项公 式 an．
式 an＝59(10n－1)．
1．错误地表示符号规律致误：项正负相间的数列可以用(－1)n， (－1)n＋1 表示符号，要分清是先负后正还是先正后负．
2．未对项变形致误：若已知的项的形式不统一，则不便求通项 公式，因此可以先将项通过变形统一形式后再观察求通项公式，如题 (3)．
3．求通项公式时要注意联想：对于如题(4)这样的数列，可以通 过联想 10,100,1 000，10 000→9,99,999,9 999→1,11,111,1 111 进而得 到通项公式．
考点2 由Sn与an的关系求通项——综合性
(1)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2－10n，则此数列的通项 公式为 an＝________．
(2)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n＋1，则此数列的通项公式为 an ＝________．
3，n＝1， (1)2n－11 (2)2n－1，n≥2.
解：(1)这个数列的前 4 项的绝对值都等于序号与序号加 1 的乘 积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，故它的一个通项公式 an＝(－ 1)n·nn1＋1．
(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为 1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，即分母的每一项都是两个相邻奇数 的乘积，故所求数列的一个通项公式 an＝2n－12n2n＋1．
数列的求和-高考数学一轮复习(新高考专用)
第43讲 数列的求和【基础知识回顾】 1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)d2.推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.推导方法：乘公比，错位相减法． (3)一些常见的数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；②2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2. 2．几种数列求和的常用方法(1)分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解． 3、常见的裂项技巧①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.②1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑤1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).1、数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100【答案】 D【解析】 S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100. 2、数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()11n a n n =+，则5S 等于（ ）A ．1B ．56 C ．16D ．130【答案】：B 【解析】：因为()11111n a n n n n ==-++，所以5111111111151122334455666S ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选B ． 3、设11111++++2612(1)S n n =++，则S =( )A ．211n n ++ B ．21n n - C ．1n n+ D ．21n n ++ 【答案】：A 【解析】：由11111++++2612(1)S n n =++，得11111++++122334(1)S n n =+⨯⨯⨯+，111111112111++++222334111n S n n n n +=+-==+++----，故选：A.4、在数列{a n }中，a n ＝1n (n ＋1)，若{a n }的前n 项和为2 0222 023，则项数n ＝________.【答案】 2 022【解析】 a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0222 023， ∴n ＝2 022.5、已知数列a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －1，n 为奇数，n ，n 为偶数，则S 100＝________．【答案】：5000【解析】：由题意得S 100＝a 1＋a 2＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)＝5000．6、 在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n 等于________． 【答案】：2n【解析】：因为数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1，又数列{a n ＋1}也是等比数列，则3，2q ＋1，2q 2＋1成等比数列，(2q ＋1)2＝3×(2q 2＋1)，即q 2－2q ＋1＝0q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ．考向一 公式法例1、（2020届山东师范大学附中高三月考）设等差数列{}n a 前n 项和为n S ．若210a =，540S =，则5a =________，n S 的最大值为________． 【答案】4 42【解析】∵数列{}n a 是等差数列，∵540S =，∴()1535524022a a a ⨯+⨯==，38a ∴=， 又210a ∴=，2d ∴=-，2(2)10(2)(2)142n a a n d n n ∴=+-⨯=+-⨯-=-，514254a ∴=-⨯=，()122(12142)(262)13169(13)13()22224n n n a a n n n n S n n n n n ++--====-=-+=--+, ∴当6n =或7时，n S 有最大值42. 故答案为：（1）4；（2）42.变式1、(2019镇江期末） 设S n 是等比数列{a n }的前n 项的和，若a 6a 3＝－12，则S 6S 3＝________．【答案】 12【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 6a 3＝－12.易得S 6＝S 3(1＋q 3)，所以S 6S 3＝1＋q 3＝1－12＝12.变式2、(2019苏锡常镇调研）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若622a a =，则128S S ＝ ． 【答案】.37【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为622a a =，所以2422a q a =，故24=q ．由于1≠q ，故.372121)(1)(1111)1(1)1(23243481281121812=--=--=--=----=q q q q qq a q q a S S 方法总结：若一个数列为等差数列或者等比数列则运用求和公式：①等差数列的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .②等比数列的前n 项和公式(Ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(Ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.考向二 利用“分组求和法”求和例2、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项. (1)求,n n a b ; (2)设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .【解析】(1)设数列{}n a 的公差为d ， 由题意知: ()1234114414+46102a a a a a d a d ⨯-+++==+= ① 又因为124,,a a a 成等比数列， 所以2214a a a =⋅，()()21113a d a a d +=⋅+，21d a d =，又因为0d ≠， 所以1a d =. ② 由①②得11,1a d ==， 所以n a n =，111b a ==，222b a == ，212b q b ==， 12n n b -∴= .(2)因为()111112211n n n c n n n n --⎛⎫=+=+- ⎪++⎝⎭，所以0111111122 (2)12231n n S n n -⎛⎫=++++-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭1211121n n -=+--+ 121n n =-+ 所以数列{}n c 的前n 项和121nn S n =-+.变式1、求和S n ＝1＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋…＋12n －1.【解析】 原式中通项为a n ＝⎣⎡⎦⎤1＋12＋14＋ (12)－1＝1－⎝⎛⎭⎫12n1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ∴S n ＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－122＋…⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －12⎝⎛⎭⎫1－12n1－12 ＝12n －1＋2n －2. 变式2、 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3.又S 2＝2a 1＋d ，所以a 1＝d ， 易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.变式3、（2021·广东高三专题练习）设数列{a n }满足a n +1＝123n a +，a 1＝4． （1）求证{a n ﹣3}是等比数列，并求a n ； （2）求数列{a n }的前n 项和T n ． 【答案】（1）证明见解析，11()33n n a -=+；（2）31(1)323n n -+．【解析】（1）数列{a n }满足a n +1＝123n a +，所以113(3)3n n a a +-=-， 故13133n n a a +-=-， 所以数列{a n }是以13431a -=-=为首项，13为公比的等比数列． 所以1131()3n n a --=⋅，则1*1()3,3n n a n N -=+∈． （2）因为11()33n n a -=+，所以011111()()()(333)333n n T -=++++++⋯+＝11(1)33113n n -+-＝31(1)323n n -+． 方法总结：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求前n 项和的数列求和．考向三 裂项相消法求和例3、（2021·四川成都市·高三二模（文））已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足2n S n =，记数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，*n ∈N ．则使得20T 的值为（ ）A ．1939B ．3839C ．2041D ．4041【答案】C 【解析】当1n =时，111a S ==；当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=--=-；而12111a =⨯-=也符合21n a n =-，∴21n a n =-，*n N ∈.又11111()22121n n a a n n +=--+， ∴11111111(1...)(1)2335212122121n nT n n n n =⨯-+-++-=⨯-=-+++，所以202020220141T ==⨯+，故选：C.变式1、（2021·全国高三专题练习）已知在数列{}n a 中，14,0.=>n a a 前n 项和为n S ，若1,2)-+=∈≥n n n a S S n N n ．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：132020n T <<【解析】（1）在数列{}n a 中，1(2)n n n a S S n -=-≥①∴1n n n a S S -=且0n a >，∴①式÷②11n n S S -= (2)n ≥， ∴数列{}nS 1142S a ===为首项，公差为1的等差数列，2(1)1n S n n =+-=+ ∴2(1)n S n =+当2n ≥时，221(1)21n n n a S S n n n -=-=+-=+；当1n =时，14a =，不满足上式，∴数列{}n a 的通项公式为4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩．（2）由（1）知4,121,2n n a n n =⎧=⎨+≥⎩，，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，∴当1n =时，114520n T ==⨯， ∴当1n =时，120n T =，满足132020n T ≤<，∴12233411111n n n T a a a a a a a a +=++++1111455779(21)(2n =++++⨯⨯⨯+111111111111()()()()45257792123202523n n n ⎡⎤=+⨯-+-++-=+⨯-⎢⎥⨯+++⎣⎦ 312046n =-+ ∴在n T 中，1n ≥，n ∈+N ，∴4610n +≥，∴114610n ≤+，∴1104610n >-≥-+，∴131320204620n ≤-<+．所以132020n T << 变式2、（2021·辽宁高三二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()*2n n a S n n =+∈N .（1）求证：数列{}1n a +是等比数列；（2）记()()2221log 1log 1n n n c a a +=+⋅+，求证：数列{}n c 的前n 项和34n T <.【解析】解：（1）因为2n n a S n =+①， 所以()11212n n a S n n --=+-≥② 由①-②得，121n n a a -=+.两边同时加1得()1112221n n n a a a --+=+=+，所以1121n n a a -+=+，故数列{}1n a +是公比为2的等比数列. （2）令1n =，1121a S =+，则11a =. 由()11112n n a a -+=+⋅，得21nn a =-.因为()()()22211111log 1log 1222n n n c a a n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅+++⎝⎭，所以11111111121324112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪-++⎝⎭11113111221242224n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 因为*11,02224n N n n ∈+>++，所以3113422244n n ⎛⎫-+< ⎪++⎝⎭所以1111311312212422244n n n n n T ⎛⎫⎛⎫=+--=-+< ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭. 方法总结：常见题型有（1）数列的通项公式形如a n ＝1n n ＋k 时，可转化为a n ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，此类数列适合使用裂项相消法求和． （2）数列的通项公式形如a n ＝1n ＋k ＋n时，可转化为a n ＝1k(n ＋k －n )，此类数列适合使用裂项相消法求和．考向四 错位相减法求和例4、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==, 所以2n a n =（2）由（1）,(1)2=(21)4n ann n b a n =--, 所以 12314+34+54++(21)4n n T n =⨯⨯⨯-231414+34++(23)4(21)4n n n T n n +=⨯⨯-+-…两式相减得：23134+2(4+4++4)(21)4n n n T n +-=⨯--…，2+114434+2(21)414n n n T n +--=⨯---，化简得120(65)4+99n n n T +-= 变式1、（2020·全国高三专题练习（文））已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，且22a =，5S 为10和20的等差中项；数列{}n b 为等比数列，且319b b -=，4218b b -=．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n n a b 的前n 项和n M ． 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为22a =，5S 为10和20的等差中项，所以112541020522a d a d +=⎧⎪⎨⨯++=⎪⎩，解得111a d =⎧⎨=⎩，所以n a n =． 设等比数列{}n b 的公比为q ，因为319b b -=，4218b b -=，所以2121(1)9(1)18b q b q q ⎧-=⎨-=⎩，解得132b q =⎧⎨=⎩， 所以132n n b -=⋅．（2）由（1）可知132n n n a b n -⋅=⋅，所以213(122322)n n M n -=+⨯+⨯++⋅，令21122322n n P n -=+⨯+⨯++⋅ ①， 则232222322n n P n =+⨯+⨯++⋅ ②，-①②可得2112122222(1)2112nn nn n n P n n n ---=++++-⋅=-⋅=---，所以(1)21nn P n =-+，所以3(1)23n n M n =-+．变式2、（2020·湖北高三期中）在等差数列{}n a 中，已知{}35,n a a =的前六项和636S =.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）若___________(填①或②或③中的一个)，求数列{}n b 的前n 项和n T .在①12n n n b a a +=，②(1)nn n b a =-⋅，③2na n nb a =⋅，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【解析】（1）由题意，等差数列{}n a 中35a =且636S =，可得112561536a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得12,1d a ==，所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）选条件①：211(2n 1)(21)2121nb n n n ==--+-+，111111111335212121n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 选条件②：由21n a n =-，可得(1)(2n 1)nn b =--，当n 为偶数时，(13)(57)[(23)(21)]22n nT n n n =-++-+++--+-=⨯=； 当n 为奇数时，1n -为偶数，(1)(21)n T n n n =---=-，(1)n n T n =-，选条件③：由21n a n =-，可得212(21)2n a n n n b a n -=⋅=-⋅， 所以135********(21)2n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⨯，35721214123252(23)2(21)2n n n T n n -+=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，两式相减，可得：()13521213122222(21)2n n n T n -+-=⨯++++--⨯()222181222(21)214n n n -+-=+⋅--⨯-，所以2110(65)299n n n T +-=+⋅. 方法总结：主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广.。
[精]高三第一轮复习全套课件3数列：数列的综合应用
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新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
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证明：①根据 S n a n
a 1 , ( n 1) 得 an=a+(n─1) 2b, S n S n 1 , ( n 2 )
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例 6 数列{an}的前 n 项和 Sn=na+(n─1)nb,(n=1,2,…),a,b 是常数，且 b≠0, ①求证{an}是等差数列； ②求证以(an,Sn/n─1)为坐标的点 Pn 都落在同一直线上，并求出直线方程； ③设 a=1,b=1/2,C 是以(r,r)为圆心，r 为半径的圆(r>0),求使得点 P1,P2,P3 都落 在圆外的 r 的取值范围
新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
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解：①依题意，由{an}是等差数列，有 ar+ar+2=2ar+1 (r∈N),即 x=─1 时，方程 成立，因此方程恒有实数根 x=─1; ②设公差为 d(化归思想),先解出方程的另一根 mr=─ar+2/ar, ∴ 1/(mr+1)=ar/(ar─ar+2)=─ar/(2d), ∴ 1/(mr+1+1)─1/(mr+1)= 〔─ar+1/(2d)〕─〔─ar/(2d)〕=─1/2, ∴ {1/(mr+1)}是等差数列
∴{an}是等差数列，首项为 a,公比为 2b
②由 x=an=a+(n─1)2b, y=Sn/n─1=a+(n─1)b 两式中消去 n,得：x─2y+a─2=0, （另外算斜率也是一种办法）
第01讲 数列的基本知识与概念(六大题型)(课件)高考数学一轮复习(新教材新高考)
是单调递增数列，则实数b的取值范围为（
A． −3, +∞
B． −2, +∞
）．
C． −2, +∞
D． −3, +∞
【答案】A
【解析】由题意可得+1 − > 0恒成立，
即 +1
2
报数的乘积的个位数字，则第2024个被报出的数应该为（
A．2
B．4
C．6
D．8
）
【答案】A
【解析】报出的数字依次是1,2,2,4,8,2,6,2,2,4,8,2,6 ⋯，除了首项以外是个周期为6的
周期数列．
去掉首项后的新数列第一项为2，
因为2023 = 337 × 6 + 1，所以原数列第2024个被报出的数应该为2．故选：A．
所以2024 = 2021 = ⋯ = 2 = 2．
【方法技巧】
故选：A．
解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数
列的周期，再根据周期性求值．
题型突破·考法探究
题型一：数列的周期性
【变式1-1】（2024·陕西榆林·三模）现有甲乙丙丁戊五位同学进行循环报数游戏，
从甲开始依次进行，当甲报出1，乙报出2后，之后每个人报出的数都是前两位同学所
所以1 > 2 > 3 > 4 > 5 > 6 = 7 < 8 < 9 <⋅⋅⋅，显然 的最小值是6 ．
又+1 − = − 6，
所以6 = 1 + 2 − 1 + 3 − 2 + 4 − 3 + 5 − 4 + 6 − 5
数列的概念及简单表示法(高三一轮复习)
所以数列
S 2
n
是首项为S
2 1
＝a
2 1
＝1，公差为1的等差数列，所以S
2 n
＝n，所以Sn＝
n
(n∈N*)．
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— 20 —
命题点2 由数列的递推公式求通项公式
考向1 累加法
例2
设数列
a
n
满足a1＝1，且an＋1－an＝1(n∈N*)，则数列
1 3
an＋1，所以a2＝3S1＝3×
16 3
＝16.当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1
＝13an＋1－13an，即an＋1＝4an.
所以从第二项起，数列an为首项为16，公比为4的等比数列，所以an＝ 4n(n≥2)．
经检验，an＝4n对n＝1不成立，
所以an＝136，n＝1， 4n，n≥2.
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，所以a2＝
4 2－a1
＝
4 2－4
＝－2，a3＝
4 2－a2
＝
4 2＋2
＝1，a4＝
4 2－a3
＝
4 2－1
＝4，…，所以数列
a
n
是以3为周期的周期数列，又2
022＝
673×3＋3，所以a2 022＝a673×3＋3＝1.
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4．(易错题)若数列
— 7—
4.数列的表示法 数列有三种表示法，它们分别是 8 列表法 、图象法和 9 解析法 ．
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常用结论► (1)数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有 关，还与这些“数”的排列顺序有关． (2)项与项数的概念：数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项 对应的位置序号． (3)若数列{an}的前n项和为Sn，则数列{an}的通项公式为an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2.
2023年新高考数学一轮复习7-5 数列的综合应用(知识点讲解)含详解
专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（ ） A ．13n -B ．12n -C ．21n -D ．32n -例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______． 例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规． 题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（ ）A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（ ） A ．32 B ．33 C ．34 D ．35例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（ ） A ．258B ．264C ．642D ．636例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解. 题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ） A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2 （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何?”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ） A ．10B ．14C ．23D ．26例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金n T几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（ ）A ．5-B ．7C ．13D ．26例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏【总结提升】理解题意，构造数列，应用数列模型解题．专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（ ） A ．13n - B ．12n -C ．21n -D ．32n -【答案】C 【解析】 【分析】由奇偶性定义可判断出()f x 为偶函数，由此可确定唯一零点为0x =，从而得到递推关系式；利用递推关系式可证得数列{}1n a +为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到n a . 【详解】()()()()()()4411cos 221cos221n n n n f x x a x a x a x a f x ++-=-+--+=+-+=，()f x ∴为偶函数，图象关于y 轴对称，()f x ∴的零点关于y 轴对称，又()f x 有唯一零点，()f x ∴的零点为0x =，即()()10210n n f a a +=-+=，121n n a a +∴=+，即()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，则21n n a =-.故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合应用问题；解题关键是能够根据奇偶性的性质确定函数的唯一零点为0x =，从而结合零点确定数列的递推关系式，由递推关系式证得数列{}1n a +为等比数列. 例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______． 【答案】2n n 1-+ 【解析】 【分析】由题设11()()4n f f n n-+=，讨论n 的奇偶性求{}n a 的通项公式，再求n S . 【详解】由题设，111()()4ln(1)ln 41n f f n n n n -+=+-+=-， 所以()()**14121,2,N 221421,21,N 2n n f n n k k a n n n k k ⎧⎛⎫⎛⎫⨯-+=-=∈ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭=⎨-⎪⨯=-=+∈⎪⎩，即2(1)n a n =-且n ≥ 2， 当1n =时，11S =，当2n ≥时，21242(1)1n S n n n =+++⋅⋅⋅+-=+-，所以21n S n n =-+，n *∈N故答案为：2n n 1-+.例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？ 【答案】（1）935；（2）见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（1）计算{}n a 和{}n b 的前4项和的差即可得出答案；（2）令n n a b ≥得出42n ≤，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论. 试题分析：（1）()()1234123496530935a a a a b b b b +++-+++=-=（2）10470542n n n -+>+⇒≤，即第42个月底，保有量达到最大()()()()12341234420503864742965878222a a a ab b b b ⎡⎤+⨯+⨯+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=+-=⎢⎥⎣⎦()2424424688008736S =--+=，∴此时保有量超过了容纳量.【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规． 题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】 【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得112n n k k k-==，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =， 所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去）， 所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--， 所以数列{}22nn c c -是等比数列； （ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-，所以112nn k k k k-==， 设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑， 则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+， 两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--， 所以1242n n n T -+=-，所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--， 211213333n n nn n T --=++++，①231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n nn n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法. 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（ ） A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法” 【答案】BD 【解析】 【分析】因为小郭每年还款钱数相等，所以小郭选择为“等额本息还款法”，所以利用等比数列前n 项和公式求出X ，再设小郭第3年还款的现值为y ，根据复利规则求出y ． 【详解】解：小郭与银行约定，每年还一次欠款，并且每年还款的钱数都相等，∴小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”，故D 正确，C 错误， 设每年应还X 元，还款10次，则该人10年还款的现金与利息和为29[1(1)(1)(1)]X r r r +++++⋯++， 银行贷款A 元10年后的本利和为10(1)A r +．2910[1(1)(1)(1)](1)X r r r A r ∴+++++⋯++=+， ∴10101[1(1)](1)1(1)r X A r r ⨯-+⋅=+-+， 即1010(1)(1)1Ar r X r +=+-，故A 错误．设小郭第三年还款的现值为y ，则3(1)y r X ⋅+=，所以()31Xy r =+，故B 正确；例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【解析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-，第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确；因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+，所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t t a a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-， 因为800t <，所以7280002t->， 所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确；当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误；【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】根据n A 与n a 的关系求出n a ，再根据等差数列的求和公式求出n T ，将5≤n T T 化为216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，分类讨论n 可求出结果. 【详解】 由1112222n n n n A a a a n -+=+++=⋅，∴2n ≥时,212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅，∴1122(1)2-+⋅=⋅--⋅n n n n a n n ，∴22n a n =+，1n =时，14a =也成立，∴22n a n =+，∴数列{}+n a pn 的前n 项和为：12(12)n n T a a a p n =+++++++2(422)(1)(1)3222++++=+⋅=++⋅n n n n n n p n n p ，∵5≤n T T 对任意的n *∈N 恒成立，∴225(1)56353522+⨯++⋅≤=+⨯+⨯n n n n p T p ， 即225335(1)5(51)022p pn n n n -+-⨯++-⨯⨯+≤， 即22225335(5)(5)022p p n n n n -+-⨯+-+-≤，即5(5)(53)0222pn p p n n -+++++≤， 即(6)(5)(8)02p n n n +-++≤， 即216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，当14n ≤≤时，2164266+-≤=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立， 因为4412226465n +≥+=++，∴125-≤p ，所以125p ≥-，当5n =时，216(5)06n n p n +⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭恒成立，R p ∈，当6n ≥时，2164266+-≥=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立， 因为447226663n +≤+=++，∴73-≥p ，所以73p ≤-，综上可得：实数p 的取值范围为127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦．故选：A ．例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（ ） A ．32B ．33C ．34D ．35【答案】B 【解析】 【分析】根据分裂数的定义，求出从32到()31m -、从32到3m 分裂数个数，再根据所有分裂数成等差数列求出1111对应的位置，进而根据不等式求m 值. 【详解】由题意，对于332,...,m ，它们依次对应2、3、…、m 个分裂数，则从32到()31m -各分裂数个数的和为(2)(1)2m m -+，从32到3m 各分裂数个数和为(1)(2)2m m -+，又332,...,m 的分裂数{}n a ，构成首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+，令211111n +=，可得555n =，所以(2)(1)(1)(2)55522m m m m -+-+<≤，当32m =时，(1)(2)5275552m m -+=<不符合； 当33m =时，(1)(2)5605552m m -+=>，(2)(1)5275552m m -+=<符合； 当34m =时，(2)(1)5605552m m -+=>不符合； 综上，33m =. 故选：B例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（ ） A ．258 B ．264 C ．642 D ．636【答案】A 【解析】 【分析】分析可知对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，进而可求得63S 的值.【详解】因为562632<<，由题中定义，对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣， 满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，当1m =时，0m b =，当)122,2m ⎡∈⎣时，1m b =，此时满足条件的m 的个数为12，当)232,2m ⎡∈⎣时，2m b =，此时满足条件的m 的个数为22，当)562,2m ⎡∈⎣时，5m b =，此时满足条件的m 的个数为52， 因此，01234563021222324252258S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.故选：A.例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）；(2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-． 【答案】(1)21263=+⨯S ，()12312633=+⨯+S ，133n n S +=+ (2)1122=-+n T n ，证明见解析 【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明.(1)由题意得，116512S =++=，217611512181263S =++++=+=+⨯，()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+，41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++， …()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥，由等比数列的前n 项和公式可得，()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-， 所以{}n S 的通项公式133n n S +=+．(2)由于133n n S +=+，所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭， 则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++， 因为n *∈N ，所以102n >+，所以111222n ->-+， 又n T 随n 的增大而减小，所以当1n =时，n T 取得最大值16-，故1126n T -<≤-． 【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解.题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ）A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线【答案】C 【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦， 对其进行整理变形：()()()22222222asat ast b as at ast b as b +-++++=+， ()()222222(2)0as at b ast as b++--+=， ()2222222240as at b at a s t ++-=， 222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或0=t ，其中2212s t b b a a-=为双曲线，0=t 为直线.故选：C.例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】(I)（II ）（II ）过……向轴作垂线，垂足分别为……, 由(I)得记梯形的面积为.由题意， 所以 ……+n T 12.n n x -=(21)21.2n n n T -⨯+=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b=……+ ①又……+ ②①-②得= 所以题型六：数列与传统文化 例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ）A ．10B ．14C ．23D ．26【答案】D【解析】【分析】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列{}n a ，根据217a =，前5项和为100求解.【详解】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列{}n a ．由题意可知，等差数列{}n a 中217a =，前5项和为100，设公差为(0)d d >，前n 项和为n S ，则535100S a ==，解得320a =，所以323d a a ， 所以公士出的钱数为532202326a a d =+=+⨯=，故选：D ．例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（ ） A ．5-B ．7C ．13D ．26【答案】C 【解析】【分析】 根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，求得a 的值，代入函数的解析式，即可求解.【详解】由题意知：这个人原来持金为a 斤，第1关收税金为：12a 斤；第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤； 第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤， 以此类推可得的，第4关收税金为145a ⋅⨯斤，第5关收税金为156a ⋅⨯斤， 所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯， 即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=，解得65a =， 又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，所以66()1011355f =⨯+=. 故选：C.例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】【详解】。
(5)数列——高考数学一轮复习思维导图
数列数列的概念
等差数列
等比数列
数列求和及综合应用
递推公式：表示数列相邻两项或多项之间的关系的式子
表示
分类
列表法
图象法
解析法
按项数分类
按大小关系分类
有穷数列：项数有限
无穷数列：项数无限
递增数列：
递减数列：
常数列：
摆动数列：从第二项起，某些项大于
其前一项，某些项小于其前一项定义
通项公式
前n项和公式
性质
为常数
或
是递增数列；
是递减数列；
是常数列
定义
通项公式
前n项和公式
性质
，
或是递增数列
或是递减数列
错位相减法
裂项相消法
分组求和法
倒序相加法。
高三数学第一轮复习——数列(知识点很全)
a1 (n 1)d ， a1 为首项， d 为公差.
n(a1 an ) 1 或 S n na1 n( n 1)d . 2 2
A 叫做 a 与 b 的等差中项.
⑵前 n 项和公式 S n 3.等差中项
如果 a, A, b 成等差数列，那么 即： 4.等差数列的判定方法 ⑴定义法： an 1
A 是 a 与 b 的等差中项 2 A a b a ， A ， b 成等差数列.
an d （ n N ， d 是常数） a n 是等差数列；
an an2 ( n N ) a n 是等差数列.
⑵中项法： 2an 1 ⑴数列
5.等差数列的常用性质
an 是等比数列，则数列 pan 、 pan （ q 0 是常数）都是等比数列； k ⑵在等比数列 a n 中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即 an , an k , an 2 k , an 3k , 为等比数列，公比为 q .
⑶ an
am q nm (n, m N )
⑷若 m n
p q(m, n, p, q N ) ，则 am an a p aq ；
Sn an 的前 n 项和 S n ，则 是等差数列； n
⑸若等差数列
⑹当项数为 2n(n N ) ，则 S偶
S奇 nd ,
S偶 an 1 S奇 an
0) ，这个数列叫做等比数
a1q n1 ， a1 为首项， q 为公比
1 时， Sn na1
.
⑵前 n 项和公式：①当 q ②当 q 3.等比中项
1 时， S n
a1 (1 q n ) a1 a数列，那么 G 叫做 a 与 b 的等比中项. 即： G 是 a 与 b 的等差中项 4.等比数列的判定方法 ⑴定义法：
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数列一、 知识梳理概念1.数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每个数称为该数列的项.2.通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与序号之间可以用一个式子表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式，即)(n f a n=.3.递推公式：如果已知数列{}n a 的第一项（或前几项），且任何一项n a 与它的前一项1-n a （或前几项）间的关系可以用一个式子来表示，即)(1-=n n a f a 或),(21--=n n n a a f a ，那么这个式子叫做数列{}n a 的递推公式. 如数列{}n a 中，12,11+==n na a a ，其中12+=n n a a 是数列{}n a 的递推公式.4.数列的前n 项和与通项的公式①n na a a S +++= 21； ②⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n S S n S a n n n .5. 数列的表示方法：解析法、图像法、列举法、递推法.6. 数列的分类：有穷数列，无穷数列；递增数列，递减数列，摆动数列，常数数列；有界数列，无界数列.①递增数列:对于任何+∈N n ,均有n n a a >+1.②递减数列:对于任何+∈N n ,均有n n a a <+1.③摆动数列:例如: .,1,1,1,1,1 --- ④常数数列:例如:6,6,6,6,……. ⑤有界数列:存在正数M 使+∈≤N n M a n ,.⑥无界数列:对于任何正数M ,总有项n a 使得M a n >.等差数列1.等差数列的概念如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数d ，这个数列叫做等差数列，常数d 称为等差数列的公差.2.通项公式与前n 项和公式⑴通项公式d n a a n)1(1-+=，1a 为首项，d 为公差.⑵前n 项和公式2)(1n n a a n S +=或d n n na S n )1(211-+=.3.等差中项如果b A a ,,成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项.即：A 是a 与b 的等差中项⇔b a A +=2⇔a ，A ，b 成等差数列.4.等差数列的判定方法 ⑴定义法：d a a n n =-+1（+∈N n ，d 是常数）⇔{}n a 是等差数列；⑵中项法：212+++=n n n a a a (+∈N n )⇔{}n a 是等差数列.5.等差数列的常用性质⑴数列{}n a 是等差数列，则数列{}p a n +、{}n pa （p 是常数）都是等差数列；⑵在等差数列{}n a 中，等距离取出若干项也构成一个等差数列，即 ,,,,32k n k n k n n a a a a +++为等差数列，公差为kd .⑶d m n a a m n)(-+=；b an a n +=(a ,b 是常数)；bn an S n +=2(a ,b 是常数，0≠a )⑷若),,,(+∈+=+N q p n m q p nm ，则q p n m a a a a +=+；⑸若等差数列{}n a 的前n 项和n S ，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等差数列；⑹当项数为)(2+∈N n n ，则nn a a S S nd S S 1,+==-奇偶奇偶；当项数为)(12+∈-N n n ，则nn S S a S S n 1,-==-奇偶偶奇. 等比数列1.等比数列的概念如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的比等于同一个常数)0(≠q q ，这个数列叫做等比数列，常数q 称为等比数列的公比. 2.通项公式与前n 项和公式⑴通项公式：11-=n nq a a ，1a 为首项，q 为公比 .⑵前n 项和公式：①当1=q时，1na S n =②当1≠q 时，qqa a q q a S n n n --=--=11)1(11.3.等比中项如果b G a ,,成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项. 即：G 是a 与b 的等差中项⇔a ，A ，b 成等差数列⇒b a G ⋅=2.4.等比数列的判定方法 ⑴定义法：q a a nn =+1（+∈N n ，0≠q 是常数）⇔{}n a 是等比数列； ⑵中项法：221++⋅=n n n a a a (+∈N n )且0≠n a ⇔{}n a 是等比数列.5.等比数列的常用性质⑴数列{}n a 是等比数列，则数列{}n pa 、{}n pa （0≠q 是常数）都是等比数列；⑵在等比数列{}n a 中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即 ,,,,32k n k n k n n a a a a +++为等比数列，公比为kq .⑶),(+-∈⋅=N m n q a a m n m n⑷若),,,(+∈+=+N q p n m q p nm ，则q p n m a a a a ⋅=⋅；⑸若等比数列{}n a 的前n 项和n S ，则k S 、k k S S -2、k k S S 23-、k k S S 34-是等比数列.二、典型例题A 、求值类的计算题（多关于等差等比数列） 1）根据基本量求解（方程的思想） 1、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，63,6,994=-==nS a a ，求n ；2、等差数列{}n a 中，410a =且3610a a a ，，成等比数列，求数列{}n a 前20项的和20S ．3、设{}n a 是公比为正数的等比数列，若16,151==a a ，求数列{}n a 前7项的和.4、已知四个实数，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，首末两数之和为37，中间两数之和为36，求这四个数.2）根据数列的性质求解（整体思想） 1、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，1006=a ，则=11S ；2、设n S 、n T 分别是等差数列{}n a 、{}n a 的前n 项和，327++=n n T S nn，则=55b a . 3、设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若==5935,95S Sa a 则（ ）4、等差数列{}n a ,{}n b 的前n 项和分别为n S ,n T ,若231n n S n T n =+,则n na b =（ ） 5、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，)(,m n n S m S m n ≠==，则=+n m S .6、在正项等比数列{}n a 中，153537225a a a a a a ++=，则35a a +=_______。
7、已知数列{}n a 是等差数列，若 471017a a a ++=,45612131477a a a a a a ++++++=且13ka =,则k =_________。
8、已知n S 为等比数列{}n a 前n 项和，54=nS ，602=n S ，则=n S 3 .9、在等差数列{}n a 中，若4,184==S S ，则20191817a a a a +++的值为（ ）10、在等比数列中，已知910(0)a a a a +=≠，1920a a b +=，则99100a a += .11、已知{}n a 为等差数列，20,86015==a a ，则=75a12、等差数列{}n a 中，已知848161,.3S S S S =求 B 、求数列通项公式1） 给出前几项，求通项公式1,0,1,0,……,,21,15,10,6,3,13，-33,333，-3333,33333…… 2）给出前n 项和求通项公式 1、⑴n n S n322+=； ⑵13+=n n S .2、设数列{}n a 满足2*12333()3n na a a a n N +++=∈n-1…+3，求数列{}n a 的通项公式 3）给出递推公式求通项公式 a 、⑴已知关系式)(1n f a a n n +=+，可利用迭加法或迭代法；11232211)()()()(a a a a a a a a a a n n n n n n n +-++-+-+-=-----例：已知数列{}n a 中，)2(12,211≥-+==-n n a a a n n ，求数列{}n a 的通项公式；b 、已知关系式)(1n f a a n n ⋅=+，可利用迭乘法.1122332211a a aa a a a a a a a a n n n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-----例、已知数列{}n a 满足：111(2),21nn an n a a n --=≥=+，求求数列{}n a 的通项公式； c 、构造新数列 1°递推关系形如“q pa a n n +=+1”，利用待定系数法求解例、已知数列{}n a 中，32,111+==+n n a a a ，求数列{}n a 的通项公式.2°递推关系形如“，两边同除1n p +或待定系数法求解 例、n n n a a a 32,111+==+，求数列{}n a 的通项公式.3°递推已知数列{}n a 中，关系形如“n n n a q a p a ⋅+⋅=++12”，利用待定系数法求解例、已知数列{}n a 中，n n n a a a a a 23,2,11221-===++，求数列{}n a 的通项公式.4°递推关系形如"11n n n n a pa qa a ---=≠（p,q 0),两边同除以1n n a a -例1、已知数列{}n a 中，1122n n n n a a a a ---=≥=1（n 2),a ，求数列{}n a 的通项公式.例2、数列{}n a 中，)(42,211++∈+==N n a a a a nnn ，求数列{}n a 的通项公式.d 、给出关于n S 和m a 的关系例1、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知)(3,11++∈+==N n S a a a n n n ，设n n nS b 3-=，求数列{}n b 的通项公式． 例2、设n S 是数列{}n a 的前n 项和，11=a ，)2(212≥⎪⎭⎫⎝⎛-=n S a S n n n .⑴求{}n a 的通项；⑵设12+=n S b nn，求数列{}n b 的前n 项和n T .C 、证明数列是等差或等比数列 1)证明数列等差例1、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，)(+∈=N n nS b nn.求证：数列{}n b 是等差数列. 例2、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n +2S n ·S n －1=0（n ≥2），a 1=21. 求证：{nS 1}是等差数列； 2）证明数列等比例1、设{a n }是等差数列，b n ＝na ⎪⎭⎫⎝⎛21，求证：数列{b n }是等比数列；例2、数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，若a n +S n =n .设c n =a n －1，求证：数列{c n }是等比数列；例3、已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，11=a ，24+=n n a S .⑴设数列{}n b 中，n n n a a b 21-=+，求证：{}n b 是等比数列；⑵设数列{}n c 中，nn na c 2=，求证：{}n c 是等差数列；⑶求数列{}n a 的通项公式及前n 项和.例4、设n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知()21n n n ba b S -=-⑴证明：当2b =时，{}12n nan --⋅是等比数列；⑵求{}n a 的通项公式例5、已知数列{}n a 满足*12211,3,32().n n n a a a a a n N ++===-∈ ⑴证明：数列{}1n n a a +-是等比数列； ⑵求数列{}n a 的通项公式；⑶若数列{}n b 满足12111*44 (4)(1)(),nnb b b b n a n N ---=+∈证明{}n b 是等差数列. D 、求数列的前n 项和基本方法： 1）公式法， 2）拆解求和法.例1、求数列n{223}n +-的前n 项和n S . 例2、求数列 ，，，，，)21(813412211n n +的前n 项和n S .例3、求和：2×5+3×6+4×7+…+n （n+3） 2）裂项相消法，数列的常见拆项有：1111()()n n k k n n k =-++；n n n n -+=++111；例1、求和：S =1+n++++++++++ 32113211211例2、求和：nn +++++++++11341231121 .3）倒序相加法，例、设221)(x x x f +=，求： ⑴)4()3()2()()()(213141f f f f f f +++++；⑵).2010()2009()2()()()()(21312009120101f f f f f f f ++++++++4）错位相减法， 例、若数列{}n a 的通项n nn a 3)12(⋅-=，求此数列的前n 项和n S .5）对于数列等差和等比混合数列分组求和例、已知数列{a n }的前n 项和S n =12n －n 2，求数列{|a n |}的前n 项和T n . E 、数列单调性最值问题 例1、数列{}n a 中，492-=n a n ，当数列{}n a 的前n 项和n S 取得最小值时，=n .例2、已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，.16,2541==a a 当n 为何值时，n S 取得最大值；例3、数列{}n a 中，12832+-=n n a n ，求n a 取最小值时n 的值.例4、数列{}n a 中，22+-=n n a n ，求数列{}n a 的最大项和最小项.例5、设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知1a a =，13n n n a S +=+，*n ∈N ．（Ⅰ）设3nn n b S =-，求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）若1n n a a +≥，*n ∈N ，求a 的取值范围．例6、已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，31=a ，)2(21≥=-n a S S n n n .⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵数列{}n a 中是否存在正整数k ，使得不等式1+>k ka a 对任意不小于k 的正整数都成立？若存在，求最小的正整数k ，若不存在，说明理由. 例7、非等比数列{}n a 中，前n 项和21(1)4n n S a =--，（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设1(3)nn b n a =-(*)n N ∈，12n n T b b b =+++，是否存在最大的整数m ，使得对任意的n 均有32nmT >总成立？若存在，求出m ；若不存在，请说明理由。